ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ - ΥΠΟ ΕΙΞΕΙΣ ΣΤΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ - ΥΠΟ ΕΙΞΕΙΣ ΣΤΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

94

Κεφάλαιο ο: ΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ o ΜΕΡΟΣ Απαντήσεις στις ερωτήσεις του τύπου Σωστό-Λάθος. Λ 4. Λ 43. Λ. Σ 5. Λ 44. Σ 3. Λ 6. Λ 45. α) Σ 4. Σ 7. Λ β) Λ 5. Σ 8. Σ γ) Σ 6. Σ 9. Λ 46. Λ 7. Σ 30. Σ 47. Σ 8. Σ 3. Σ 48. Σ 9. Σ 3. Λ 49. Σ 0. Σ 33. Σ 50. Σ. Σ 34. Λ 5. Λ. Σ 35. α) Σ 5. Λ 3. Λ β) Σ 53. Σ 4. Σ γ) Σ 54. Λ 5. Λ 36. Σ 55. Σ 6. Λ 37. Λ 56. Σ 7. Λ 38. Λ 57. Λ 8. Λ 39. Σ 58. Σ 9. Σ 40. Σ 59. Σ 0. Σ 4. Σ 60. Λ. Σ 4. Σ 6. Σ. Λ 6. Σ 3. Σ 63. Σ 95

Απαντήσεις στις ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής. Β 0. Γ 0. Β.. Ε. 3. Ε. Γ. 4. Β 3. Β 3. 5. Β 4. Ε 4. Γ 6. Γ 5. Ε 5. Γ 7. Β 6. Α 6. Β 8. Γ 7. 7. 9. Γ 8. Β 8. Γ 9. Β Μερικές ενδεικτικές λύσεις 7. Η υπόθεση f () = g (), για κάθε R, σηµαίνει ότι οι συναρτήσεις διαφέρουν κατά µία σταθερά. Για να είναι ίσες θα πρέπει αυτή η σταθερά να είναι µηδέν. άρα θα πρέπει f ( 0 ) = g ( 0 ), για κάποιο 0. Συγκεκριµένα έχουµε δώσει f (0) = g (0). Έτσι, η σωστή απάντηση είναι η Β.. Να προσεχθεί η έκφραση «θα µπορούσε να έχει τη µορφή». Αυτό σηµαίνει ότι µόνο µε τις υποθέσεις της ερώτησης δεν υπάρχει µία γραφική παράσταση. Υπάρχει όµως µία από αυτές που δίνονται. εν έχουµε παρά να αποκλείσουµε τις τέσσερις. Η f γνησίως αύξουσα σηµαίνει ότι η f στρέφει τα κοίλα πάνω. Άρα σωστή απάντηση είναι η Γ. 3. Εδώ θέλουµε από τη γραφική παράσταση της f να υποθέσουµε τη γραφική παράσταση της f. Στο διάστηµα (-, 0) η f είναι θετική, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα, ενώ στο (0, + ) η f είναι πάλι θετική, άρα η f είναι επίσης γνησίως αύξουσα. Στο σηµείο 0 = 0 είναι συνεχής, άρα και η f είναι συνεχής, συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Τέτοια είναι µόνο η Β. 96

. Είναι µια δύσκολη ερώτηση. Η υπόθεση είναι ότι η (ε) είναι ασύµπτωτη της C f (στο + ) και από το σχήµα έχουµε ότι η (ε) έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = εφ45 =. Άρα lim + στην Α και στη. Είναι σωστή είναι η. f () lim + =. Έτσι οι πιθανές απαντήσεις περιορίζονται f () = lim + f () = lim f () = 7, άρα + Απαντήσεις στις ερωτήσεις αντιστοίχισης. β. ε γ, δ α 3 γ, δ, ε 3 γ 4 β 5 δ 3. ε 4. δ δ β 3 γ 3 γ 4 θ 4 α 5. γ 6. β δ δ 3 β 3 ε 4 στ 4 α 7. α 8. γ β ε 3 β 4 στ 97

Απαντήσεις στις ερωτήσεις διάταξης. - < - 5 < 0 < < 55 5. ξ = - 7 < ξ = - 3 < ξ3 = 3 < ξ4 = 3 7 3 + 3. f ( ) < f < f ( ) Απαντήσεις - υποδείξεις στις ερωτήσεις ανάπτυξης. α) Αν ρ, ρ δυο ρίζες της f τότε f (ρ ) = f (ρ ) = 0, άρα ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήµατος Rolle για την f στο διάστηµα [ρ, ρ ] β) Αν η f είχε διαδοχικές ρίζες τις ρ και ρ, ενώ η f είχε δυο ρίζες ρ, ρ στο (ρ, ρ ), τότε, σύµφωνα µε το (α), η f θα είχε ρίζα ρ στο διάστηµα (ρ, ρ ) (άτοπο, αφού διαδοχικές). α) Η f είναι συνεχής στο [, 0] και παραγωγίσιµη στο (, 0) β) Θα υπάρχει ξ (, 0) (από Θ.Μ.Τ.) ώστε f (ξ) = ξ ln0 = log0, όµως ln0 = 9 log e log0 - log, άρα 9 98

3. α) f () = 3 + + + 5 β) Η f έχει τη µορφή f () = 3 + + + κ και αφού f (- ) = -, προκύπτει κ = 6 γ) Θα πρέπει η εξίσωση f () = 0 να έχει µία τουλάχιστον λύση, η f όµως έχει < 0 4. α) Εφαρµογή του θεωρήµατος Rolle στο διάστηµα [α, β]: f () = ( - α) µ- ( - β) ν- [µ ( - β) + ν ( - α)] β) Πράξεις γ) Ρ () = ( - 4) κ ( - 6) κ, οπότε κάνουµε εφαρµογή του (α) για µ = ν = κ και α = 4, β = 6 5. Η ανισότητα γράφεται f () = ηµ στο [α, α + h]. ηµ (α + h) - ηµα (α + h) - α < συνα και Θ.Μ.Τ. για την 6. α) f ( ) - f ( - ) = α και f ( 3 ) - f - ( ) = α, αφού α είναι η κλίση της ευθείας, άρα από Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ξ, ξ ώστε f (ξ ) = f (ξ ) και λόγω θεωρήµατος του Rolle υπάρχει ξ (, 3 ) ώστε f (ξ) = 0 β) Είναι εφαρµογή του (α) 99

7. α) Θ.Μ.Τ. σε δύο κατάλληλα διαστήµατα β) Θεώρηµα Rolle στο [ξ, ξ ] που έχει προκύψει από το (α) Σηµείωση: Μια άλλη λύση µπορεί να δοθεί από την παρατήρηση ότι τα σηµεία α + β α + β (α, f (α)),, f ( ) και (β, f (β)) είναι συνευθειακά, οπότε η άσκηση είναι όµοια µε την 6. 8. Η f () = ηµ 6 + συν 6 + 3ηµ συν είναι σταθερή 9. Για > 0 f () = c, για < 0 f () = c, λόγω συνέχειας f () = f ( 0 ) = c, lim f () = f (0) = c, άρα c = c = f ( 0 ) - 0 0. α) f () < 0 όταν [- 8, - 6) (, 7). Ενώ f () 0 αν [- 6, ] β) (- 4, - ) γ) f στο [- 8, - ], f στο (-, 4], f στο (4, 7] δ) g () = f () e f (), άρα η g έχει την ίδια µονοτονία µε την f στο διάστηµα (- 6, ). Το ίδιο ισχύει και για την h (), αφού h () = και f () > 0 στο (- 6, ) f () f () η. γ) f () f () - f (0) = = f (ξ) από το Θ.Μ.Τ. µε ξ (0, ). - 0 Επειδή όµως η f είναι στο (0, + ), άρα f () > f (ξ) για κάθε ξ στο διάστηµα (0, ), άρα g () > 0. 300

. α) Ο βαθµός του πρέπει να είναι πάνω από και κάτω από 4, άρα είναι 3 β) Ισχύει α 3 + β + γ + δ = 3α + β + γ + 3, άρα α =, β = 3, γ = 6 = δ, άρα Ρ () = 3 + 3 + 6 + 6 γ) Είναι περιττού βαθµού, άρα έχει µία τουλάχιστον ρίζα. Ρ () = 3 + 6 + 6 > 0, άρα Ρ (), άρα η ρίζα είναι µοναδική δ) lim Ρ () = - και Ρ (0) = 6, άρα η ρίζα είναι αρνητική. Θα - µπορούσαµε να πούµε ακόµα ότι Ρ (κ) > 0 για κάθε κ 0. 3. Η προφανής λύση της εξίσωσης είναι η = 0. Αν θεωρήσουµε την f () = ( - 000) 000-000 - 000 000, τότε f () = 000 [(( - 000) 999-999 ] 0, γιατί αν υπήρχε ρίζα 0 της f 999 0-000 τότε =, δηλαδή 0 Άρα η f είναι γνησίως µονότονη. 0-000 0 = (άτοπο). 4. Έστω ότι το S () = P () - Q () είναι άρτιου βαθµού. Τότε το S είναι περιττού, άρα έχει πραγµατική ρίζα, αν όµως είχε δύο ρίζες, τότε το S θα είχε ρίζα (άτοπο). Αν S () περιττού βαθµού, τότε και S περιττού βαθµού, άρα θα είχε ρίζα (άτοπο) 5. Αν f () = α - α ( > 0), τότε f () 0, όµως f (α) = 0, άρα στο α η f παρουσιάζει ελάχιστο, άρα f (α) = 0 6. α) g () = f () - > 0, άρα g γνησίως αύξουσα β) g (0) =, άρα g () στο [0, 6], αφού g γ) g (6) = f (6) - 8, άρα f (6) = g (6) + 8 9 από (β) 30

7. α) e + > και ln - < β) d = γ) Μ (0, ) 0 - y 0 = e 0-0 και d min = δ) οι C f, C g είναι συµµετρικές ως προς την y =, αφού e 0 0 + 8. f () = 0 (3 - α) = 0, άρα τα τοπικά ακρότατα παρουσιάζονται στα σηµεία µε τετµηµένες = 0 και = α 4 και είναι τα 0 και - α 3 3 7 9. α) Π (t) = 0 t = Π (t) = 0 t = β) το δεύτερο 0. α) Ισχύει f ( 0 ) = 0. Αν αντικαταστήσουµε το 0 στην αρχική σχέση, θα προκύψει f ( 0 ) = e 0 e 0 - οµόσηµοι αριθµοί για κάθε 0 0 > 0 και αυτό γιατί e - και είναι β) Η f είναι συνεχής συνάρτηση, όπως προκύπτει από τη δοσµένη σχέση, e - άρα f (0) = lim f () = lim 0 0 - (f e αφού lim 0 e - ()) είναι η παράγωγος τιµή της e στο 0). = > 0 ( lim 0 e - =,. α) Ρ () = 6α + β και αφού α 0 έχει πάντα ρίζα 0 = - β 3α 30

β) Ρ (- β ) = 0, άρα β = 3αγ 3α Ρ ( ) = 0 3α + β + γ = 0 γ) Αν και Ρ ( ) = 0 3α + β + γ = 0 3α ( - ) ( + ) + β ( - ) = 0 (3α + β) + (3α + β) = 0 Ρ ( ) = Ρ ( ). Αρκεί να δείξουµε ότι f () > y όπου y = f ( 0 ) + f ( 0 ) ( - 0 ), άρα αρκεί f () - f - ( 0 0 ) > f ( 0 ) για > 0 και από Θ.Μ.Τ. η σχέση γίνεται f (ξ) > f ( 0 ) µε ξ > 0, που ισχύει, αφού f () > 0, άρα f. Όµοια για < 0. 3. α) Η f () = - ln = 0 = e. f () f (e) ln e < +- ln β) g () = και επειδή + > και - ln > -, άρα + - ln > 0 γ) Σηµείο καµπής το e 3 δ) g () > y + ln > 0 0 < < g () < y, ενώ για = g () = y ε) g () = = e ln > 0 που ισχύει για >, άρα για 4. α) g () > 0 β) (-, ) 303

y 5. - 35 0 y 6. ιαίρεση αριθµητή και παρονοµαστή µε. Το όριο είναι 3 7. κ = - 3 8. Α τρόπος Έστω Α (- ρ, 0) το σηµείο επαφής. Τότε το Β B έχει συντεταγµένες (, ρ - ), άρα ρ (ΑΒΓ) = (ρ + ) ρ - = f () (- ρ ρ). A 0 X f () = (ρ + ) (ρ - ) ρ - και όταν = ρ, η f παρουσιάζει µέγιστο, άρα η ΒΓ πρέπει να (ε) Γ (ε) απέχει 3 ρ από το Α. 304

Β τρόπος y B α) Αν ο κύκλος εφάπτεται στον y y στο Ο (0, 0), τότε αν Β (, y), OK = και στο ορθογώνιο X 0 κ X τρίγωνο ΟΒ το ΒΚ είναι ύψος, άρα y = BK = OK K = (ρ - ), άρα y = ρ -, οπότε το y Γ εµβαδόν Ε = ρ - = f (). Για την f () προκύπτει το ίδιο µέγιστο και αυτό αποτελεί ισχυρή ένδειξη ότι η θέση των αξόνων είναι ανεξάρτητη του αποτελέσµατος. β) Παρατηρούµε ότι στη θέση µεγίστου εµβαδού ΒΓ = 3 ρ, άρα το τρίγωνο πρέπει να είναι ισόπλευρο. Το πρόβληµα της εγγραφής µέσα σε κύκλο τριγώνου µε µέγιστο εµβαδό είναι ένα κλασικό γεωµετρικό πρόβληµα, του οποίου η αναλυτική αντιµετώπιση θα µπορούσε να είναι η προτεινόµενη παραπάνω. 9. Θεώρηµα Rolle στο (α, β), υπάρχει ξ (α, β) ώστε f (ξ) = 0 και f (ξ) < 0, δηλαδή f (ξ) µέγιστο 30. α) 400 β) t = 80 3. Στο δεύτερο βήµα δεν ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήµατος L Hospital 3. α) υ = 40 β) Ε (40) = 0 µονάδες ενέργειας 305

3 48-33. α) Ε = 4 β) Ε = 7 64 6 6 Β (4, ) Γ (- 4, ) 7 7 34. α) f (t) = ln (t - ) + 4 β) t > + e -3 35. = f () = 4 36. α) (-, ], (, 4] (4, + ) β) Από το σχήµα προκύπτει ότι f () = - 5 + 4, άρα γ) f () = 3 5 - + 4 + c και αφού f (0) =, άρα c = 3 y 7 6 0 4 y 37. α) = - = β) - < < γ) - < < - ή < < 306

38. α) i) OP =, η (ε) έχει εξίσωση: y - α = α ( - ). Για y = 0 προκύπτει = =ΤΡ (η τετµηµένη του Τ), άρα ΟΡ MP ii) εφω =, άρα f ( ) = TP f ( ) TP Μ ω Τ P Ν iii) Στο ΤΜΝ ορθογώνιο τρίγωνο ισχύει ΡΝ ΤΡ = ΜΡ, άρα ΡΝ = f f () ( ) f ( ) TM MN MP iv) =, άρα ΤΜ = MP PN PNMN και MN = MP + PN β) ΤΡ = για την e και αν ΤΡ = α = e γ) ΑΤ = 8 άρα το ΟΤ του (α) ερωτήµατος είναι 8, δηλαδή ΟΡ = 6 εποµένως f (6) = 40, δηλαδή α 6 = 40, άρα η παραβολή έχει εξίσωση y = 40 6 39. α) εφω = f () µε f () = ln, άρα εφω = δηλαδή ω = 45 β) εφ45 = f (0) µε f () = α, άρα = α lnα, δηλαδή α = e 40. α) e - = t s (t). Άρα s (t) = 3κ - e 3κ αφού για t = 0 s (t) = κ. t + 4 Αυτό σηµαίνει ότι ακόµη και αν ο οδηγός είχε µηδενικό χρόνο αντίδρασης (0 καθυστέρηση), το αυτοκίνητο θα διένυε διάστηµα κ. 307

β) s (t) > 0 άρα s (t), δηλαδή µεγαλύτερος χρόνος αντίδρασης µεγαλύτερο διάστηµα ακινητοποίησης γ) s (0, 8) =,7κ 4. α) r (t) > 0, δηλαδή r (t) β) lim r (t) = 3 t + 4. α) f () = e - - - - 3 4 -, > 0, τότε f (3) () µε ελάχιστο το 0, 6 4 άρα f () () µε ελάχιστο το 0, άρα f () µε ελάχιστο το 0, άρα f µε f () > 0 β) αδύνατη γ) η f είναι και δίνει τη διαφορά του e από το άθροισµα 43. (f () + ) - f () f () για = 0 και = 0, f (0, ), ενώ µε όµοιο τρόπο f (- 0,05) 0,9 44. Στα σηµεία Α, Β οι εφαπτόµενες είναι παράλληλες προς τον άρα τα, είναι ρίζες της f () = 3 + κ +, όµως = α γ = 3 45. α) f () = 0 = 500, άρα για < 500 f, ενώ για > 500 f β) f (000) > f (998) από το (α) ερώτηµα. Θα µπορούσαµε ακόµη να πούµε ότι f (0) > f () και να καταλήξουµε στο ίδιο συµπέρασµα: 000 > 998 + 308

γ) Παρατηρούµε ότι εδώ έχουµε µια γενίκευση των (α), (β) και f () = ν [( - α) ν- + ν- α ], µια προφανής ρίζα της f είναι η 0 = (αφού ν = ρ) που είναι µοναδική, αφού f () > 0, άρα f (). α α Η µονοτονία της f είναι: f στο (-, ] και f στο (, + ). Για α = 0.000 και ν = 00 προκύπτει f (0.000) > f (9.000) 46. h ( 0 ) = 0 f ( 0 ) = g ( 0 ), άρα παράλληλες εφαπτοµένες 47. α) f (υ) = 0 τότε υ 40, άρα η σήµανση πρέπει να γίνει 40 km/h β) f (40) 5 αυτ/sec 48. f () = g () άρα f () = g () + c για = 0 c = 4 υ 49. Σε t ώρες έξοδα καυσίµου 50 ( + ) t, αφού θα κινηθεί επί t = 300 υ Άρα θεωρούµε την Κ (t) = 50 ( + ) t + 4.000t 300 υ Άρα Κ (υ) = 50 ( + ) 300 500 500 + 4.000 υ υ Βρίσκουµε υ = 8. 300 9 χιλ./ώρα και έξοδα Κ (9) 45.500 δρχ. 500. υ 309

30